物理学导论 试题及课后答案

21.（本题5分）（1652）假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R的导体球带电．(1) 当球上已带有电荷q时，再将一个电荷元d q从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功？(2) 使球上电荷从零开始增加到Q的过程中，外力共作多少功？22.（本题5分）（2654）如图所示，有两根平行放置的长直载流导线．它们的直径为a，反向流过相同大小的电流I，电流在导线内均匀分布．试在图示的坐标系中求出x轴上两导线之间区域]25,21[aa内磁感强度的分布．23.（本题5分）（2303）图示相距为a通电流为I1和I2的两根无限长平行载流直导线．(1) 写出电流元11d lI对电流元22d lI的作用力的数学表式；(2) 推出载流导线单位长度上所受力的公式．24.（本题10分）（2150）如图所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面．且导线框的一个边与长直导线平行，他到两长直导线的距离分别为r1、r2．已知两导线中电流都为tIIωsin=，其中I0和ω为常数，t为时间．导线框长为a宽为b，求导线框中的感应电动势．22.（本题5分）（2442）将细导线弯成边长d =10 cm的正六边形，若沿导线流过电流强度为I =25 A的电流，求六边形中心点的磁感强度B．(μ0 =4π×10-7 N·A-2 )23.（本题5分）（2548）在氢原子中，电子沿着某一圆轨道绕核运动．求等效圆电流的磁矩mp 与电子轨道运动的动量矩L大小之比，并指出mp 和L方向间的关系．(电子电荷为e，电子质量为m)Ia aIxO2aI1I211d lI22d lIa12rIIO xr1r2ab24.（本题10分）（2737）两根平行无限长直导线相距为d，载有大小相等方向相反的电流I，电流变化率d I /d t =α >0．一个边长为d的正方形线圈位于导线平面内与一根导线相距d，如图所示．求线圈中的感应电动势ε，并说明线圈中感应电流是顺时针还是逆时针方向．ddII7-3 计算和证明题 7-3-1解Q所受合力为零，即222002044(2)Q qQll πεπε+=，求得 22Q q =- 7-3-2解场强大小为20044()a ladx lE dE x a a l λλπεπε+===+⎰⎰，沿带电直线方向.7-3-3解 如图建立坐标系，正负电荷关于x 对称，它们在O 点产生的场强沿y 轴负向，在圆上取dl=Rd φdq=λdl=R λd φ，它在O 点产生场强大小为dE=204RRd πεϕλ方向沿半径向外 则 dE x =dEsin φ=ϕϕπελd Rsin 40 dE y =dEcos(π-φ)=R04πελ-cos φd φ积分 2002sin 04x E d Rπλϕϕπε==⎰2220002cos 42y qE d RR Rπλλϕϕπεπεπε-==-=-⎰ 方向沿y 轴负向． 7-3-4解如图所示，dq dl Rd λλθ==，它在圆心O 点产生的场强200cos 44Rd A d dE R Rλθθθπεπε== 其在x 轴上的场强为cos()x x E dE dE πθ==+⎰⎰22000cos 44A d AR Rπθθπεε=-=-⎰方向沿x 轴负向，其在y 轴上的场强为sin()y y E dE dE πθ==+⎰⎰200cos sin 04A d Rπθθθπε=-=⎰7-3-5解小球受力如图所示，由图可知，qE mgtg θ= 即 02qmgtg σθε=， 有 06202308.010/mgtg C m qεσ-==⨯ 7-3-6解在r R >处取一细圆环，其带电量xyθdqd θdEOx dEy dEqEθσ+mgT2dq dS rdrσσπ==，根据教材例7-2-4结果可知，圆环在轴线上P点产生的场强大小223/2223/2223/200024()4()2()xdq x rdr x rdrdEx r x r x rσπσπεπεε===+++22223/2223/222000()2()4()2R Rx rdr x d x r xEx r x r x Rσσσεεε∞∞+===+++⎰⎰7-3-7解(1)11122222(2)(21) 1.05/ebd S b d S bd d N m CΦ=-⋅+⋅=-⋅=⋅（2）由高斯定理可得，129.2910i eiq Cε-=Φ=⨯∑7-3-8解半圆柱薄筒的横截面如图所示，建立直角坐标系Oxy，沿弧长方向取一宽度为dl的细条，此细条单位长度上的带电量为dl Rd dR Rϕλϕλλλπππ'===，此细条等同于无限长均匀带电直线，因此它在O点产生的场强为20022ddER Rλλϕπεπε'==，2coscos()2xddE dERλϕϕπϕπε=+=-，2sinsin()2yddE dERλϕϕπϕπε=+=-，2cos2x xdE dERπλϕϕπε==-=⎰⎰，2200sin2y ydE dER Rπλϕϕλπεπε==-=-⎰⎰，2x y yE E i E j E j jRλπε=+==-7-3-9解（1）以地面为高斯面，由高斯定理可得2111114ne iSiE dS E S E R qπε=Φ=⋅=-=-=∑⎰⎰，所以2510149.0310niiq E R Cπε==-=-⨯∑（2）如下图，由高斯定理1()e SE dS E E S nShεΦ=⋅=-=⎰⎰下上，所以有122121.0610/E E E En C mh hε---===⨯下上7-3-10解我们可以设想不带电空腔内分布着体密度相同的正负电荷.由电场的叠加原理可知，有空腔的带电球体的电场，可以看作一个半径为R电荷体密度为ρ的均匀带正电球体和一个半径为r电荷体密度为ρ-的均匀带负电球体所激发电场的叠加.即000E E E+-=+由高斯定理可求出E+=，302004343a aEaπρρπεε-⋅==，nnE下E上hS2S1dEdl311110191436410 1.610910q U R C πε--=⋅=⨯⨯⨯=⨯⨯所以O 点的场强大小为0003a E E ρε-==，方向沿OO '. 同理，O '点的场强大小为 00003a E E E ρε'''+-=+=，方向仍沿OO '. 7-3-11解由电荷的轴对称性分析可知，场强也具有轴对称性，可利用高斯定理求场强.（1） 在r R <处，作一同轴圆柱形高斯面，由高斯定理所以 0E =（2） 在12R r R ≤≤处，类似（1），有102lrlE λπε=所以 102E rλπε=（3） 在2r R >处，类似（1），有122rlE l λλπε+=所以 1202E rλλπε+=7-3-12解（1）A 点电势为12220044A q q U rr dπεπε=++，B 点电势为122244B q q U d r πε+=+，63.610J -=⨯注 式中90210q C -=⨯（2）C 点电势为12220044C q q U rr dπεπε=++，D 点电势为1202D q q U dπε+=，12120022000()()424CD C D q q q q A q U U q r dr d πεπεπε+=-=+-+63.610J -=-⨯ 7-3-13解（1）00E =，9493104104910 2.881040.05iO i iq U Vr πε-=⨯==⨯⨯⨯=⨯∑（2）9360()010 2.8810 2.8810O O A q U U J --∞∞=-=-⨯⨯=-⨯，0q 电势能的改变为60 2.8810O W A J -∞=-=⨯ （3）60 2.8810O W W A J -∞∞-==-⨯7-3-14解（1）雨滴的电势为11014q U R πε=，有1212002220200()()4444AB A B q q q q A q U U q r r dd r πεπεπε+=-=+-++1120ne iSi E dS rlE qπε=Φ=⋅===∑⎰⎰12121122200044R R rR R q q q dr dr dr r r πεπε∞+=++⎰⎰⎰（2）两雨滴合为一滴后，半径增大为312R ，这时雨滴表面电势为911212333020129102 1.610574422410q q U V R R πεπε--⨯⨯⨯⨯====⨯⨯ 7-3-15解根据电势叠加原理，O 点的电势可看作直线AB 、DE 和半圆周BCD 所带电荷在O 点产生电势的叠加，AB 、DE 在O 点产生的电势为 21300ln 244RRdx U U x λλπεπε===⎰，半圆周BCD 在O 点产生的电势为22000444q R U R R λπλπεπεε⋅===所以O 点产生的电势为1230(2ln 2)4U U U U λππε=++=+ 7-3-16解 金核表面的电势为，金核中心的电势为7-3-17解 由高斯定理可求得Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的场强大小分别为10E =，12204q E rπε=123204q q E r πε+=设1P 、2P 、3P 分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内任一点，（1） Ⅰ区域内任一点1P 的电势由电势的定义式计算，有11P U E dl ∞=⋅⎰1212123R R rR R E dl E dl E dl ∞=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰12121()4q q R R πε=+ （2） Ⅱ区域内任一点2P 的电势由电势的定义式计算，有22P U E dl ∞=⋅⎰2223R rR E dl E dl ∞=⋅+⋅⎰⎰22112220044R rR q q q dr dr r r πεπε∞+=+⎰⎰1221()4q q r R πε=+ （3） Ⅲ区域内任一点3P 的电势由电势的定义式计算，有33P U E dl ∞=⋅⎰3r E dl ∞=⋅⎰12204rq q dr r πε∞+=⎰1204q q rπε+=7-3-18解 两“无限长”共轴圆柱面之间场强可由高斯定理求得为02E rλπε=式中λ为单位长度上所带电量.由电势差的定义，两圆柱面之间的电势差为9197115091079 1.610 1.61047.010qU V R πε--⨯⨯⨯⨯===⨯⨯72132000033 2.41044242RR qr q q U dr dr U V R r R πεπεπε∞=+===⨯⎰⎰00[ln ln()]ln 2l a a l a x l x aλλπεπε--=--=212001ln 22BR AB AR R U E dl dr r R λλπεπε=⋅==⎰⎰， 则809212450 2.0810/102910ln ln 3AB U C mR R πελ-===⨯⨯⨯⨯7-3-19解 由高斯定理可得场强分布为a x a -<< 0E σε=-； x a <- 或x a > 0E =；由电势的定义式计算电势分布在x a <-区域，00000a xxaU Edx dx dx a σσεε--==+-=-⎰⎰⎰ 在a x a -<<区域， 000xx U Edx dx x σσεε==-=⎰⎰在a x ≤<∞区域，000axxaU Edx dx dx a σσεε==+-=⎰⎰⎰ 电势U 随在x 分布如图所示7-3-20解 设坐标原点在左边导线轴线上，x 轴通过两导线并与之垂直.在两导线之间，坐标为x 的任一点P 的场强为0022()E x l x λλπεπε=+-， 所以两导线间电势差为 00()22()l aAB aU dx x l x λλπεπε-=+-⎰7-3-21解（1）在带电直线上取电荷元dq dx λ=，它在P 点的电势为 004()4()dq dxdU r x r x λπεπε==++整个带电直线在P 点的电势为 000ln 4()4lP r l U dx r x rλλπεπε+==+⎰（2）根据场强与电势的微分关系dUE dr=-，有 04()lE r r l λπε=+7-3-22解 由高斯定理可求得均匀带电球体内外的场强分布为r R ≤，103r E ρε=； r R >，32203R E r ρε=（1）r R >，33220033r rrR R U E dr dr r rρρεε∞∞===⎰⎰（2）r R =，320033R R R U R ρρεε==（3）r R<，xUO aa -322122000(2)336R Rr r R r Rr RU E dr E dr dr dr R rrρρρεεε∞∞=+=+=-⎰⎰⎰⎰7-3-23解（1）r R<处，在圆柱体内任取一点，该点到轴线距离为r，过该点作一半径为r，高为l的同轴闭合圆柱形高斯面，由高斯定理11ne iSiE dS qε=Φ=⋅=∑⎰⎰，可得30012223r alrlE ar rldr rπππεε=⋅=⎰求得23arEε=内，方向沿径向向外.对r R>，同理由高斯定理可得30012223R alrlE ar rldr Rπππεε=⋅=⎰求得33aRErε=外（2）设1r m=处为电势零参考位置且假设该点在圆柱体外，则在r R>区域内，331100ln33r raR aRU E dr dr rrεε===-⎰⎰外外在r R<区域内，23110033R Rr R r Rar aRU E dr E dr dr drrεε=+=+⎰⎰⎰⎰外内内33300()ln93a aRR r Rεε=--8-3 计算和证明题8-3-1解请参见教材P342题8-3-1图（1）由于静电感应，球壳内表面带电量为q-，外表面带电量为q+；球壳电势为33200344R Rq qU E dl drr Rπεπε∞∞=⋅==⎰⎰3（2）内表面带电量为q-，外表面带电量为0；球壳电势为U=3（3）内球接地时，内球的电势0U=1，设内球此时带电量为q'+，则球壳内表面带电量为q'-；外表面带电量为q q'-，空间场强分布为：12R r R<<，124qErπε'=；23R r R<≤，2E=；3r R>，324q qErπε'-=；因此，内球的电势231231123R RR R RU E dr E dr E dr∞=++⎰⎰⎰213220044RR Rq q qdr drr rπεπε∞''-=+⎰⎰0120311()044q q qR R Rπεπε''-=-+=求得12122313R R qqR R R R R R'=+-球壳的电势为3123303012231344RR Rq q qU E drR R R R R R Rπεπε∞'--'===⋅+-⎰电势的改变为1233301223134R RqU U U UR R R R R Rπε-''∆=-=-=⋅+-8-3-2解请参见教材P342题8-3-2图（1）设导体球上的感应电量为q'，这些感应电荷到球心O 点的距离都为R ，因此感应电荷q '在O点产生的电势为04q Rπε'，点电荷q 在O 点产生的电势为042qRπε⋅，故O 点的电势为000048q q U RRπεπε'=+= （导体球接地）， 求得2q q '=-（2）因O 点场强为零，故q '在O 点产生的场强大小等于q 在O 点产生的场强大小，方向相反，即为 00q q E E E '=+= 所以 2016q q E R πε'=8-3-3解请参见教材P342题8-3-3图（1）设A 板两表面中左侧表面带电量为1q ，右侧表面带电量为2q ，其电荷面密度分别为11q S σ=，22qSσ=，由于B 、C 板都接地，故有 AC AB U U =AC AC AB AB E d E d =写成1200AC AB d d σσεε= 有12002q qS Sεε= ① 又 12q q Q += ② 由①②解得 12/3q Q =，2/3q Q = 因此C板带电为712/3 2.010()C q q Q C -=-=-=-⨯，72/3 1.010()B q q Q C -=-=-=-⨯（2）3200 2.2610()3A AB AB AB q Q U U d d V S Sεε====⨯ 8-3-4解设导体片C 插入后，AC 间场强为1E ，CB 间场强为2E ，并假设0q >，则各板带电分布如图所示，并作如图所示的高斯面，两底面与板平行，由高斯定理可得120Sq SE dS E S E S Sε∆⋅=-∆+∆=⎰⎰即有 210qE E Sε-=① 由题意得 2122d dU E E =⋅+⋅ ② 由①②解得 20224C C B d U q dU U E Sε==⋅=+ 8-3-5解对于半径为R 的金属球，不论是实心还是空心，当带电量为q 时，其电势均为04q U Rπε=，则电容为04qC R Uπε==，可见电容是相同的. 对于地球，711C F μ= 8-3-6解（1）设内、外金属膜圆筒半径分别为1R 和2R ，高度均为L ，其上分别带电量为Q ±，则玻璃内的场强为12R r R << ， 02r Q E Lrπεε=内外圆筒之间的电势差为21201ln2R R r R Q U E dl LR πεε∆=⋅=⎰ 莱顿瓶的电容为90212 2.2810ln r L q C F R U R πεε-===⨯∆ （2）圆柱形电容器两金属膜之间靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强，即 101()2r Q E R E LR πεε==击穿所以 5012 6.6710r Q LR E C πεε-==⨯击穿 8-3-7解 （1）由123111AB C C C C =++，求得 3.75AB C F μ=（2）总电量43.7510AB AB Q C U C -==⨯因为1C 和2C 并联，故有1212Q QC C = 即有122Q Q = ①又 12Q Q Q += ② 由①②求得2C 带电量为421 1.25103Q Q C -==⨯，2C 上的电压22225Q U V C == （3）3100U U V ==,4333510Q C U C -==⨯8-3-8解（1）作一高斯面，使其两底面分别在板中和介质中且平行于板面，由介质中的高斯定理1niSi D dS q =⋅=∑⎰⎰可得0D S S σ∆=∆ 求得 0Q D Sσ== 又0()[()]r U E d t Et d t t E ε=-+=-+求得 ()r UE d t tε=-+因此 00()r r r U D E d t tεεεεε==-+ （2）由上面结果可知00()r r US Q S DS d t tεεσε===-+（3）0()r r S Q C U d t tεεε==-+ 8-3-9解（1）由题意极板间带电量Q 不变，00000SQ Q C U U dε===（2）电位移00SQ D S dεσ===，介质中的场强00rU DE dεεε==（3）电容大小与带电量多少无关，由题意可知 0()r r S C d t tεεε=-+8-3-10解设单位长度带电量为λ，则两极板间场强2E rλπε=，击穿场强0E 一定时，02rE λπε=最大，电容器两极板电压为0ln ln 2RrR RU Edr rE r rλπε===⎰ 式中r 是变量，适当选择r 的值，可使U 有极大值，即令 00ln 0dU RE E dr r =-=， 求得0Rr e=故当0Rr e=时，电容器可能承受的最大电压为 0max 000ln 147RE R U r E KV r e===8-3-11解（1）当1R r R <<，由介质中的高斯定理可得0SD dS Q ⋅=⎰⎰，即有204r D Q π=求得 024Q D rπ=， 所以有 012004rr Q DE r εεπεε==当2R r R <<，02204Q DE r επε==（2）电势差为 2112RR R RU E dr E dr ∆=+⎰⎰2100220044RR R Rr Q Q dr drrrπεεπε=+⎰⎰001211()4r rrQ R R R εεπεε-=+-（3）001221124()()r r Q RR R C U R R R R R R πεεε==∆-+- （4）2122220102114422RR r R R W E r dr E r dr εεπεπ=⋅+⋅⎰⎰2001211()8r rrQ R R R εεπεε-=+- （5）00211(1)(1)4rrQ R σσεπε'=-=- 8-3-12解（1）在12R r R <<区域内作以r 为半径，长为l 的同轴柱面为高斯面，则由介质中的高斯定理1ni S i D dS q =⋅=∑⎰⎰，有 2rlD l πλ=所以 2D rλπ=又 0r D E εε=我们得到离轴线距离为r 处的场强为 02r E rλπεε=, 方向沿径向向外（2）22112001ln 22R R R R r r R U Edr dr r R λλπεεπεε∆===⎰⎰（3）2122200112ln 24R r R r R W E rdr R λεεππεε=⋅=⎰8-3-13解 （1）282014.410/2e w E J m ε-==⨯222220000041121()()222142312r Q Q Q Q C U C C C C ε=+-=+-=+（）（2）3354[()]7.6103e W R h R w J π=+-=⨯式中R 为地球半径并取6370R km =8-3-14解（1）浸入煤油后，电容器电容增加为原来的r ε倍，即002r C C C ε==，而电量不变.能量损失为 2222210200000111(1)9109002222444Q Q Q Q W C U C C C C -∆=-=-===⨯⨯⨯ 41.8210J -=⨯（2）若将两电容器并联，则要发生电荷转移，但电荷总量不变，仍为2Q .并联后总电容为001r C C C C ε=+=+总（）， 两电容器并联后总能量为22024221r Q Q W C C ε'==+总（）（） 并联后能量损失为0W W W W ''∆=+-（） 56.110J -=⨯8-3-15解K接到1处，1C 带电为641108101209.610()Q C U C --==⨯⨯=⨯；再将K 接到2后，1C 和2C 总带电量仍为1Q ，两电容器电压为 4169.6108010Q U V C --⨯===⨯总（8+4） 电容器1C 中的能量2622111181080 2.561022W C U J --==⨯⨯⨯=⨯电容器2C 中的能量22221 1.28102W C U J -==⨯8-3-16解据题意，把电子看作电荷均匀分布在外表面上，其静电能为222200200111()422424R e e W E dV r dr r Rεεππεπε∞==⋅=⋅⎰⎰ 在估计电子半径的数量级时，一般可以略去上式中的系数，因此204e W Rπε=，据题意2204e e m C Rπε=，我们可以求得21520 2.8104e e R m m Cπε-==⨯ 8-3-17解当介质板插入x 距离时，电容器的电容为000()[(1)]r x r a x a xaaC a x dddεεεεε-=+=+-此时电容器储能为220()22[(1)]x r Q Q dW x C a a x εε==+- 电介质未插入时，电容器储能为22020022Q Q dW C a ε==当电介质插入x 时，电场力F 对电介质板所作的功等于电容器储能的减少量，即0()W W x -，电场力为当插入一半时，2ax =，则电场力为 ，方向平行极板向右.8-3-18解（1）因电压U 不变，拉开前的静电能为2020[()](1)2[(1)]r r W W x Q dF x a a x εεε∂--==∂+-23302(1)()2(1)r r Q d a F a εεε-=+222001111222S SW C U U Ud dεε==⋅=拉开后的静电能为2220022112224S SW C U U Ud dεε==⋅=则系统静电能的改变为22200021424S S SW W W U U Ud d dεεε∆=-=-=-<结果表明当极板拉开后，系统的静电能减少.（2）当保持电压一定时，电场对电源作功为A U Q=-∆两板距离从d拉开到2d时，极板上电荷的增量Q∆为0002121()22S S SQ Q Q C U CU U Ud d dεεε∆=-=-=-=-因此200()022S SA U Q U U Ud dεε=-∆=--=>结果表明当极板拉开后，在保持U不变时，电场对电源作正功.（3）外力F对极板作的功为2222222000211()22224d d dd d dSU SU SUCUA F dl dx dxx d d d dεεε'=⋅===-=⎰⎰⎰外力F对极板作的功，也可由功能关系得到222000()424SU SU SUA W Ad d dεεε'=∆+=-+=所得结果相同.8-3-19解（1）令无限远处电势为零，则带电荷为q的导体球，其电势为4qURπε=，将dq从无限远处搬到球上的过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能4qdA dW dqRπε==（2）外力作功为20048Q q QA dA dqR Rπεπε===⎰⎰8-3-20解因为电荷保持不变，故有、无介质时，电场中各点的电位移矢量D不变，电场能量密度为200111222eer r rwD Dw DE Dεεεεε==⋅==电场总能量为erWWε=9-3计算题9-3-1. 解:（1）导线水平段在P点产生的磁感应强度为零, 因此P点的磁感应强度由竖直段产生, 即,4)90cos(cos4aIaIBπμπμ=︒-︒=根据右手定则可判断其方向垂直纸面向外.（2）两水平段半长直导线在P点产生的磁场方向相同,因此相当于一无限长直导线. 所以P点的磁场为一无限长直导线和半圆共同产生的，即,42rIrIBμπμ+=方向垂直纸面向里.（3）三边在P点产生的磁场完全相同，因此P点的磁感应强度为,29)150cos30(cos30243aItgaIBπμπμ=︒-︒︒=方向垂直纸面向里.9-3-2. 解:O点磁感应强度大小为部分圆弧和直线段共同产生，且它们的方向相同，所以),222(4)22cos(22cos4222ϕϕππμϕπϕπμπϕπμtgRIRIRIBBBBAACB+-=-∙∙+-∙=+=方向垂直纸面向里.9-3-3. 解：导线可分为四段，其中水平部分在O点不产生磁场，因此O点的磁场为两半圆和竖直向下半无限长直导线共同产生的，即磁感应强度大小为,444221RIRIRIBπμμμ-+=方向垂直纸面向里.9-3-4. 解：取薄金属板上宽度为dx的长直电流元，其电流为,aIdxdI=到P点的距离为x，该线电流在点P激发的磁感应强度大小为.,20方向垂直纸面向外xdIdBπμ=因所有线电流在点P 激发的磁场方向均相同,故点P的磁感应强度为⎰⎰+===a bbdxaxIdBBπμ20,ln2bbaaI+πμ方向垂直纸面向外.9-3-5.解：环心O在两根通电直导线的延长线上，故它们在O点产生的磁场为零，长为l的载流圆弧在其圆心处的磁场为21422rIlrlrIBπμπμ==，设左右两段圆弧的弧长分别为21,ll,则两者在O点的磁感应强度分别为，方向垂直纸面向里。